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東京工業大学 2010年理系第1問解説

方針・初手

(1)は、与えられた関数 $f(x)$ を微分して増減を調べ、端点および極値の符号を確認することで、中間値の定理を用いて解の存在と一意性を示す。 (2)は、(1)で得られた $\alpha$ を用いて積分区間を分割し、絶対値を外して定積分を計算する。積分結果に対して $f(\alpha) = 0$ の条件を利用して $\alpha$ を消去し、$\sin \alpha$ のみの式に整理する。 (3)は、比較対象の $\sqrt{2}$ と (2) の結果から $\sin \frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ を連想し、$x = \frac{3\pi}{4}$ における $f(x)$ の符号を調べることで、$\alpha$ と $\frac{3\pi}{4}$ の大小関係を導く。

解法1

(1)

$f(x) = 1 - \cos x - x \sin x$ を $x$ で微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &= \sin x - (\sin x + x \cos x) \\ &= -x \cos x \end{aligned} $$

となる。$0 < x < \pi$ において、$x > 0$ であるから、$f'(x)$ の符号は $-\cos x$ の符号と一致する。 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\cos x > 0$ より $f'(x) < 0$ であり、$f(x)$ は単調に減少する。 $\frac{\pi}{2} < x < \pi$ のとき、$\cos x < 0$ より $f'(x) > 0$ であり、$f(x)$ は単調に増加する。

ここで、端点と $x = \frac{\pi}{2}$ における $f(x)$ の値を調べる。

$$ \begin{aligned} f(0) &= 1 - 1 - 0 = 0 \\ f\left(\frac{\pi}{2}\right) &= 1 - 0 - \frac{\pi}{2} \cdot 1 = 1 - \frac{\pi}{2} < 0 \\ f(\pi) &= 1 - (-1) - 0 = 2 > 0 \end{aligned} $$

$0 < x \le \frac{\pi}{2}$ の範囲では、$f(0) = 0$ かつ単調に減少するため、常に $f(x) < 0$ となり、$f(x) = 0$ となる解は存在しない。 $\frac{\pi}{2} < x < \pi$ の範囲では、$f(x)$ は単調に増加し、かつ $f\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0$、$f(\pi) > 0$ を満たす。したがって、中間値の定理により、$\frac{\pi}{2} < x < \pi$ の範囲において $f(x) = 0$ となる $x$ がただ1つ存在する。以上より、$0 < x < \pi$ において、$f(x) = 0$ は唯一の解を持つ。

(2)

(1) の結果より、$f(x) = 0$ の唯一の解 $\alpha$ は $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ を満たし、 $0 \le x \le \alpha$ において $f(x) \le 0$、 $\alpha \le x \le \pi$ において $f(x) \ge 0$ である。絶対値記号を外して定積分を区間分割すると、

$$ \begin{aligned} J &= \int_0^\pi |f(x)| \,dx \\ &= \int_0^\alpha \{-f(x)\} \,dx + \int_\alpha^\pi f(x) \,dx \end{aligned} $$

となる。ここで、$f(x)$ の不定積分 $F(x)$ を求める。部分積分法を用いると、

$$ \begin{aligned} \int x \sin x \,dx &= x(-\cos x) - \int 1 \cdot (-\cos x) \,dx \\ &= -x \cos x + \sin x + C \quad (C \text{ は積分定数}) \end{aligned} $$

であるから、原始関数の1つを $F(x)$ とすると、

$$ \begin{aligned} F(x) &= \int (1 - \cos x - x \sin x) \,dx \\ &= x - \sin x - (-x \cos x + \sin x) \\ &= x - 2\sin x + x \cos x \end{aligned} $$

となる。この $F(x)$ を用いて $J$ を計算する。

$$ \begin{aligned} J &= -[F(x)]_0^\alpha + [F(x)]_\alpha^\pi \\ &= - (F(\alpha) - F(0)) + (F(\pi) - F(\alpha)) \\ &= F(\pi) - 2F(\alpha) + F(0) \end{aligned} $$

ここで、$F(0) = 0$ であり、$F(\pi)$ は

$$ F(\pi) = \pi - 2\sin \pi + \pi \cos \pi = \pi - 0 - \pi = 0 $$

となるため、

$$ \begin{aligned} J &= -2F(\alpha) \\ &= -2(\alpha - 2\sin \alpha + \alpha \cos \alpha) \\ &= -2\alpha(1 + \cos \alpha) + 4\sin \alpha \end{aligned} $$

となる。一方、$\alpha$ は $f(\alpha) = 0$ の解であるから、

$$ 1 - \cos \alpha - \alpha \sin \alpha = 0 $$

を満たす。$\alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ より $\sin \alpha \neq 0$ であるため、

$$ \alpha = \frac{1 - \cos \alpha}{\sin \alpha} $$

と変形できる。これを $J$ の式に代入すると、

$$ \begin{aligned} J &= -2 \cdot \frac{1 - \cos \alpha}{\sin \alpha} \cdot (1 + \cos \alpha) + 4\sin \alpha \\ &= -2 \cdot \frac{1 - \cos^2 \alpha}{\sin \alpha} + 4\sin \alpha \\ &= -2 \cdot \frac{\sin^2 \alpha}{\sin \alpha} + 4\sin \alpha \\ &= -2\sin \alpha + 4\sin \alpha \\ &= 2\sin \alpha \end{aligned} $$

となる。

(3)

(2) より、$J = 2\sin \alpha$ と $\sqrt{2}$ の大小を比較する。これは、$\sin \alpha$ と $\frac{\sqrt{2}}{2} = \sin \frac{3\pi}{4}$ の大小比較に帰着される。 $\alpha$ と $\frac{3\pi}{4}$ の大小関係を調べるため、$x = \frac{3\pi}{4}$ における $f(x)$ の符号を評価する。

$$ \begin{aligned} f\left(\frac{3\pi}{4}\right) &= 1 - \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) - \frac{3\pi}{4} \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) \\ &= 1 - \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - \frac{3\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \\ &= 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}\pi}{8} \\ &= \frac{8 + 4\sqrt{2} - 3\sqrt{2}\pi}{8} \end{aligned} $$

ここで、分子の $8 + 4\sqrt{2} - 3\sqrt{2}\pi$ を評価する。 $\sqrt{2} > 1.414$ より、$4\sqrt{2} > 5.656$ である。また、$\pi < 3.142$ より、$3\pi < 9.426$ であり、$3\sqrt{2}\pi$ の評価ではなく、式を次のように変形して評価する。

$$ \frac{8 + 4\sqrt{2} - 3\sqrt{2}\pi}{8} = \frac{4\sqrt{2} + 4 - 3\pi}{4\sqrt{2}} $$

分子 $4\sqrt{2} + 4 - 3\pi$ について、

$$ 4\sqrt{2} + 4 - 3\pi > 5.656 + 4 - 9.426 = 0.23 > 0 $$

となるため、$f\left(\frac{3\pi}{4}\right) > 0$ であることがわかる。

(1) より、$f(x)$ は $\frac{\pi}{2} \le x < \pi$ において単調に増加し、$\alpha$ は $f(\alpha) = 0$ を満たす唯一の解である。 $f(\alpha) = 0 < f\left(\frac{3\pi}{4}\right)$ であるから、$\alpha < \frac{3\pi}{4}$ が成り立つ。また、$\alpha > \frac{\pi}{2}$ であるため、$\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}$ である。

区間 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ において、$\sin x$ は単調に減少するため、

$$ \sin \alpha > \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} $$

が成り立つ。両辺を2倍すると、

$$ 2\sin \alpha > \sqrt{2} $$

となり、したがって $J > \sqrt{2}$ である。

解説

(1) は関数の増減と中間値の定理を用いて方程式の実数解の存在を示す、微分法における典型的な証明問題である。端点での値の符号が異なることを丁寧に論述することが求められる。
(2) は絶対値を含む定積分の計算である。(1)で示した $\alpha$ を用いて積分区間を正負で分割し、不定積分を求めた後に $f(\alpha)=0$ を利用して $\alpha$ を含む不要な項を消去する式変形がポイントである。
(3) は積分結果 $J$ と定数 $\sqrt{2}$ の大小比較だが、(2)の形から $\sin \frac{3\pi}{4}$ との比較になることを見抜き、元の関数 $f(x)$ の $x = \frac{3\pi}{4}$ における符号を調べるという論理展開に気づけるかが鍵となる。無理数や円周率の適切な近似値を用いて不等式を評価する処理能力も問われている。